高考数学一轮复习课时作业(三十六) 数列求和 (3)

课时作业(三十六) 数列求和

1．数列{an}的通项公式是an＝1n＋n＋1 ，若前n项和为10，则项数n为( )

A．120 B．99

C．11 D．121

A [an＝1n＋n＋1 ＝n＋1－n（n＋1＋n）（n＋1－n） ＝n＋1

－n ，

所以a1＋a2＋…＋an＝(2 －1)＋(3 －2 )＋…＋(n＋1 －n )＝n＋1 －1＝10.

即n＋1 ＝11，所以n＋1＝121，n＝120.]

2．(2021·山东济南实验中学检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7＝( )

A．41 B．48

C．49 D．56

C [设Sn＝An2＋Bn，由题意知S3＝9A＋3B＝9，S5＝25A＋5B＝25， 解得A＝1，B＝0，所以S7＝49，故选C项．]

3．数列{1＋2n－1}的前n项和为( )

A．1＋2n B．2＋2n

C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n

C [由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝1＋20＋1＋21＋…＋1＋2n－1＝n＋1－2n1－2

＝n＋2n－1.故选C项．]

4．(多选)已知数列{an}：12 ，13 ＋23 ，14 ＋24

＋34 ，…，110 ＋210 ＋…＋910 ，…，若bn＝1an·an－1 ，设数列{bn}的前n项和为Sn，则(

)

A．an＝n2

B．an＝n

C．Sn＝4nn＋1 D．Sn＝5nn＋1 AC [由题意得an＝1n＋1 ＋2n＋1 ＋…＋nn＋1 ＝1＋2＋3＋…＋nn＋1 ＝n2 ，所以bn＝1n2·n＋12 ＝4n（n＋1） ＝41n－1n＋1 ，

所以数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝41－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1 ＝

41－1n＋1 ＝4nn＋1 .故选AC项．]

5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 020等于( )

A．22 020－1 B．3×21 010－3

C．3×22 021－1 D．3×21 009－2

B [∵a1＝1，a2＝2a1 ＝2，

又an＋2·an＋1an＋1·an ＝2n＋12n ＝2，∴an＋2an ＝2.

∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，

∴S2 020＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 019＋a2 020

＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)

＝1－21 0101－2 ＋2（1－21 010）1－2 ＝3×21 010－3.故选B.]

6．Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________．

解析： 由3S1，2S2，S3成等差数列，得4S2＝3S1＋S3，即3S2－3S1＝S3－S2，则3a2＝a3，得公比q＝3，所以an＝a1qn－1＝3n－1.

答案： 3n－1

7．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝________，数列{SnSn＋1}的前n项和为________．

解析： ∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，

∴Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，

∴1Sn＋1 －1Sn ＝1. 又∵1S1 ＝1a1 ＝1，

∴1Sn 是以1为首项，1为公差的等差数列，

∴1Sn ＝n，∴Sn＝1n .∴SnSn＋1＝1n（n＋1） ＝1n －1n＋1 ，

∴Tn＝1－12 ＋12－13 ＋…＋1n－1n＋1

＝1－1n＋1 ＝nn＋1 .

答案： 1n ；nn＋1

8．(2020·南京市金陵中学适应性训练)数列{an}的通项公式为an＝n cos nπ2 ，其前n项和为Sn，则S2 020＝________．

解析： ∵数列an＝n cos nπ2 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.

故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.

a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，

故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.

∴S2 020＝2 0204 ×2＝1 010.

答案： 1 010

9．已知等差数列{an}满足an＋1＋n＝2an＋1.

(1)求{an}的通项公式；

(2)记Sn为{an}的前n项和，求数列{1Sn }的前n项和Tn.

解析： (1)由已知{an}为等差数列，记其公差为d.

①当n≥2时，an＋1＋n＝2an＋1an＋n－1＝2an－1＋1 ，所以d＝1，

②当n＝1时，a2＋1＝2a1＋1，所以a1＝1.

所以an＝n. (2)由(1)可得Sn＝n（n＋1）2 ，

所以1Sn ＝2n（n＋1） ＝2(1n －1n＋1 )，

所以Tn＝2[(1－12 )＋(12 －13 )＋(13 －14 )＋…＋(1n －1n＋1 )]＝2(1－1n＋1 )＝2nn＋1 .

10．(2020·福州市适应性考试)已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，设bn＝ann .

(1)求数列{bn}的通项公式；

(2)若cn＝2bn －n，求数列{cn}的前n项和．

解析： (1)法一：因为bn＝ann 且nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，

所以bn＋1－bn＝an＋1n＋1 －ann ＝2，

又b1＝a1＝2，

所以{bn}是以2为首项，以2为公差的等差数列．

所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.

法二：因为bn＝ann ，所以an＝nbn，

又nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，

所以n(n＋1)bn＋1－(n＋1)nbn＝2n(n＋1)，

即bn＋1－bn＝2，

又b1＝a1＝2，

所以{bn}是以2为首项，以2为公差的等差数列．

所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.

(2)由(1)及题设得，cn＝22n－n＝4n－n，

所以数列{cn}的前n项和Sn＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n－n)

＝(41＋42＋…＋4n)－(1＋2＋…＋n) ＝4－4n×41－4 －n（1＋n）2

＝4n＋13 －n2＋n2 －43 .

11．(多选)(2020·江苏南京高三月考)若数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－2，数列{bn}满足bn＝log2an，则下列选项正确的是( )

A．数列{an}是等差数列

B．an＝2n

C．数列{a2n }的前n项和为22n＋1－23

D．数列1bn·bn＋1 的前n项和为Tn，则Tn＜1

BD [当n＝1时，a1＝2，

当n≥2时，由Sn＝2an－2，得Sn－1＝2an－1－2，

两式相减得：an＝2an－1，

又a2＝2a1，

所以数列{an}是以2为首项以2为公比的等比数列，

所以an＝2n，a2n ＝4n，数列{a2n }的前n项和为S′n＝4（1－4n）1－4 ＝4n＋1－43

，

则bn＝log2an＝log22n＝n，

所以1bn·bn＋1

＝1n·（n＋1） ＝1n －1n＋1 ，

所以Tn＝11 －12 ＋13 －14 ＋…＋1n －1n＋1 ＝1－1n＋1 ＜1，

故选BD.]

12．(2020·天一大联考)已知数列{an}满足a1＋4a2＋7a3＋…＋(3n－2)an＝4n，则a2a3＋a3a4＋…＋a21a22＝( )

A．58 B．34 C．54 D．52 C [当n＝1时，a1＝4.a1＋4a2＋7a3＋…＋(3n－2)an＝4n，当n≥2时，a1＋4a2＋7a3＋…＋(3n－5)·an－1＝4(n－1)，两式相减，可得(3n－2)an＝4，故an＝43n－2 ，因为a1＝4也适合上式，所以an＝43n－2 ，n∈N*.则an＋1an＋2＝16（3n＋1）（3n＋4） ＝163 ·13n＋1－13n＋4 ，故a2a3＋a3a4＋…＋a21a22＝163 ×(14 －17 ＋17 －110 ＋110 －113 ＋…＋161 －164 )＝163 ×14－164 ＝54 .]

13．(开放题)(2020·山东模拟)在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.

(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn.

在①bn＝4anan＋1 ，②bn＝(－1)nan，③bn＝2an·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．

解析： (1)设数列{an}的公差为d，由题意，得a1＋5d＝12，a1＋17d＝36，

解得d＝2，a1＝2.

∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.

(2)选条件①：bn＝42n·2（n＋1） ＝1n（n＋1） ＝1n －1n＋1 ，

∴Sn＝11－12 ＋12－13 ＋…＋1n－1n＋1 ＝1－1n＋1 ＝nn＋1 .

选条件②：∵an＝2n，bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n，

∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，

当n为偶数时，Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝n2 ×2＝n；

当n为奇数时，n－1为偶数，Sn＝(n－1)－2n＝－n－1.

∴Sn＝n，n为偶数，－n－1，n为奇数．

选条件③：∵an＝2n，∴bn＝22n·2n＝2n·4n，

∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n， 4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n＋1，

∴－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2·4n－2n·4n＋1＝8（1－4n）1－4

－2n·4n＋1＝8（1－4n）－3 －2n·4n＋1，

∴Sn＝89 (1－4n)＋2n3 ·4n＋1.

14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝n－n2(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an，n＝2k－1，2（1－an）（1－an＋2），n＝2k k∈N*，数列{bn}的前n和为Tn.若T2n＝a14 n －12n＋2 ＋b对n∈N*恒成立，求实数a，b的值．

解析： (1)①当n＝1时，由2S1＝2a1＝1－12得a1＝0；

②当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝n－n2－[(n－1)－(n－1)2]＝2－2n，则an＝1－n(n≥2)，

显然当n＝1时也适合上式，

所以an＝1－n(n∈N*).

(2)因为2（1－an）（1－an＋2） ＝2n（n＋2） ＝1n －1n＋2 ，

所以T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(20＋2－2＋…＋22－2n)＋

12－14＋14－16＋…＋12n－12n＋2 ＝